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A

• $y=0$ 的情况，答案是 $0$。
• $y>0$ 的情况，我们把每两次按钮先捆绑在一起，算出 $k=\lceil \frac{y}{x+1} \rceil$。
  • 然后判断是否可以在前 $2k-1$ 次就完成任务，即判断 $(k-1)(x+1)+1 \ge y$。
  • 如果上式成立，答案是 $2k-1$，否则是 $2k$。

B

提供一个比较暴力的做法。对于至少有两位的数字，它是 $4$ 的倍数，等价于最后两位组成的数是 $4$ 的倍数。

记录出现的所有数位（以及次数），然后枚举 $1 \le i,j \le 9$。

• 如果 $i \neq j$，那么可以输出 YES 的条件是 $10i+j$ 是 $4$ 的倍数，且数位 $i,j$ 都有在原数出现。
• 如果 $i = j$，那么可以输出 YES 的条件是 $10i+j$ 是 $4$ 的倍数，且数位 $i$ 在原数出现至少两次。

注意特判一位数的情况。

C

由第一个式子：异或和不是 $0$，那么它一定大于 $0$。

将这个不等式代入第二个式子，那么必有：$\text{lcm}{(c_1,c_2,...,c_m)} < 2\times \min(c_1,c_2,...,c_m)$。

而最小公倍数一定是序列每个数（包括最小数）的倍数，因此 $\text{lcm}{(c_1,c_2,...,c_m)}=\min(c_1,c_2,...,c_m)$。

所以，要求 $c_1,c_2,...,c_m$ 每个数相等。

然后别忘了异或和不是 $0$，结合上一行的结论可知我们只能选奇数个相等的数。

所以如果某个数在序列出现奇数次可以一次删空；如果出现偶数次就需要删除两次（偶数 = 1+奇数）。

D

为了让 $\text{MEX}$ 尽量大，我们应该让所有不为 $0$ 的 $t_i$ 值都不一样。

同时我们想要所有数的和尽量小，根据贪心策略，对于越大的 $t_i$ ，对应的 $i$ 应该越小。

例如，我们想要让 $\text{MEX}$ 等于 $4$，构造的总和最小的序列是 $1,1,1,2,2,3$，这样 $t_1=3,t_2=2,t_3=1$。

因此，当 $\text{MEX}$ 等于 $k+1$ 时，$M$ 的下限应该是 $v_k=$ $\sum_{i=1}^k i(k-i+1)=\frac{k^2(k+1)}{2}-\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}+\frac{k(k+1)}{2}$。

化简后是 $v_k=\frac{k^3+3k^2+2k}{6}$。

对于每个询问，可以二分出最大的一个不超过 $M$ 的 $v_k$，输出 $k+1$ 即可。注意二分过程不要溢出了。

P.S. 由于这个数这是 $O(k^3)$ 级别的，也可以暴力求出所有在 $10^{18}$ 以内的 $v_k$。

E

对于一个节点 $x$，它的颜色会波及到 $1$ 与 $x$ 的链上所有点的贡献。

假设 $p$ 初始的子树内红点有 $r_p$ 个，蓝点有 $b_p$ 个。假设节点 $x$ 在 $p$ 节点的子树内。

• 若 $x$ 由红变蓝，且 $r_p-b_p \ge 2$，那么 $D(p)$ 会减少 $2$。
• 若 $x$ 由红变蓝，且 $r_p -b_p \le 0$，那么 $D(p)$ 会增加 $2$。
• 若 $x$ 由蓝变红，不等式左边改成 $b_p-r_p$ 即可判断。

因此我们 DFS 两次。

• 第一次统计每个节点所在子树的红蓝点个数。
• 第二次对于每个 $x$，树上前缀和求出 $1$ 到 $x$ 的链上每个点 $p$ 中，满足 $r_p-b_p \ge 2$，$r_p-b_p \le 0$；$b_p-r_p \ge 2$，$b_p-r_p \le 0$ 的点数。根据节点 $x$ 颜色的变化情况得到 $D(p)$ 的变化量，再根据变化量的正负统计答案数。

F

利用若干个 vector 分别记录每个值的出现位置集合。我们先把原序列每个数取出，然后按照数值**从大到小**的顺序把数字放回。

放回的过程中，假设当前考虑等于 $k$ 的数（先不放回），那么所有满足 $a_i=a_j=k$ 的区间 $[i,j]$，里面放回的数都大于 $k$。

所以每个区间的贡献，等于放回区间内的数的个数。求完贡献后把所有等于 $k$ 的数放回。

以上操作可以用树状数组快速维护、查询。

区间数太多了怎么办？$d(i,j)$ 怎么乘上去？我们可以只先关注**极小有效区间**，即满足 $a_i=a_j$ 但中间不存在等于 $a_i$ 的数的区间 $[i,j]$。

区间长度为奇数，等价于左右端点的奇偶性相同；区间长度为偶数，等价于端点的奇偶性相反。

所以对于极小区间 $[i,j]$，假设四个量，这都可以用线性复杂度求出：

• $[1,i]$ 中等于 $a_i$ 且下标是奇数的元素个数 $x$； 
• $[j,n]$ 中等于 $a_i$ 且下标是奇数的元素个数 $y$； 
• $[1,i]$ 中等于 $a_i$ 且下标是偶数的元素个数 $z$； 
• $[j,n]$ 中等于 $a_i$ 且下标是偶数的元素个数 $w$。 

那么区间 $[i,j]$ 对整个序列的贡献是 $c(i,j) \times (xy+zw+2zy+2xw)$。

这个贡献可以代表所有包含 $[i,j]$ 且端点等于 $a_i$ 的区间，在 $[i,j]$ 这一段产生的贡献和。

容易证明极小有效区间数是 $\mathcal{O}(n)$ 的，所以总时间复杂度是 $\mathcal{O}(n \log n)$。